动态规划（3）——dp多状态问题Ⅰ

题一.按摩师（LeetCode）

题目描述

一个有名的按摩师会收到源源不断的预约请求，每个预约都可以选择接或不接。在每次预约服务之间要有休息时间，因此她不能接受相邻的预约。给定一个预约请求序列，替按摩师找到最优的预约集合（总预约时间最长），返回总的分钟数。

示例 1：

输入： [1,2,3,1]
输出： 4
解释： 选择 1 号预约和 3 号预约，总时长 = 1 + 3 = 4。

示例 2：

输入： [2,7,9,3,1]
输出： 12
解释： 选择 1 号预约、 3 号预约和 5 号预约，总时长 = 2 + 9 + 1 = 12。

示例 3：

输入： [2,1,4,5,3,1,1,3]
输出： 12
解释： 选择 1 号预约、 3 号预约、 5 号预约和 8 号预约，总时长 = 2 + 4 + 3 + 3 = 12。

 题目分析

每一个nums[i]都有两种状态，即选择与不选择，且这两种状态对后续有影响。因此可以定义两个dp表。f[i]表示：到达i处，nums[i]必选情况下，预约时长最大值；g[i]表示：到达i处，nums[i]不选情况下，预约时长最大值。

可以得到状态转移方程：f[i] = g[i - 1] + nums[i]，g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1])

然后解决一下初始化问题，f[0] = nums[0], g[0] = 0。

题解

class Solution {
public:int massage(vector<int>& nums){//f[i]表示：到达i处，nums[i]必选情况下，预约时长最大值//g[i]表示：到达i处，nums[i]不选情况下，预约时长最大值int n = nums.size();vector<int> f(n), g(n);if (n == 0) return 0;f[0] = nums[0], g[0] = 0;for (int i = 1; i < n; i++){f[i] = g[i - 1] + nums[i];g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);}return max(f[n - 1], g[n - 1]);}
};

题二.打家劫舍Ⅰ（LeetCode）

题目描述

你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋。每间房内都藏有一定的现金，影响你偷窃的唯一制约因素就是相邻的房屋装有相互连通的防盗系统，如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警。

给定一个代表每个房屋存放金额的非负整数数组，计算你 不触动警报装置的情况下 ，一夜之内能够偷窃到的最高金额。

示例 1：

输入：[1,2,3,1]
输出：4
解释：偷窃 1 号房屋 (金额 = 1) ，然后偷窃 3 号房屋 (金额 = 3)。偷窃到的最高金额 = 1 + 3 = 4 。

示例 2：

输入：[2,7,9,3,1]
输出：12
解释：偷窃 1 号房屋 (金额 = 2), 偷窃 3 号房屋 (金额 = 9)，接着偷窃 5 号房屋 (金额 = 1)。偷窃到的最高金额 = 2 + 9 + 1 = 12 。

题解 

class Solution{
public:int rob(vector<int>& nums){int n = nums.size();vector<int> f(n), g(n);if (n == 0) return 0;f[0] = nums[0], g[0] = 0;for (int i = 1; i < n; i++){f[i] = g[i - 1] + nums[i];g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);}return max(f[n - 1], g[n - 1]);}
};

题三.打家劫舍Ⅱ（LeetCode）

题目描述

你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋，每间房内都藏有一定的现金。这个地方所有的房屋都 围成一圈 ，这意味着第一个房屋和最后一个房屋是紧挨着的。同时，相邻的房屋装有相互连通的防盗系统，如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警 。

给定一个代表每个房屋存放金额的非负整数数组，计算你 在不触动警报装置的情况下 ，今晚能够偷窃到的最高金额。

示例 1：

输入：nums = [2,3,2]
输出：3
解释：你不能先偷窃 1 号房屋（金额 = 2），然后偷窃 3 号房屋（金额 = 2）, 因为他们是相邻的。

示例 2：

输入：nums = [1,2,3,1]
输出：4
解释：你可以先偷窃 1 号房屋（金额 = 1），然后偷窃 3 号房屋（金额 = 3）。偷窃到的最高金额 = 1 + 3 = 4 。

示例 3：

输入：nums = [1,2,3]
输出：3

题目分析

此题和上题的不同仅在于，此题是环形的，即nums[0]的情况会影响到nums[n-1]。因此我们先考虑nums[0]的情况：a.偷 —>考虑[2,n-2]位置上的线性结构  b.不偷，[1,n-1]的线性结构。将前一题的rob函数稍加修改即可。

题解 

class Solution{
public:int rob1(vector<int>& nums,int left,int right){if (left > right) return 0;int n = nums.size();vector<int> f(n), g(n);f[left] = nums[left], g[0] = 0;for (int i = left; i <= right; i++){f[i] = g[i - 1] + nums[i];g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);}return max(f[right], g[right]);}int rob2(vector<int>& nums){//将环形结构变形//第一个位置 a.偷 —>考虑[2,n-2]位置上的线性结构  b.不偷，[1,n-1]的线性结构int n = nums.size();return max(nums[0] + rob1(nums, 2, n - 2), rob1(nums, 1, n - 1));}
};

题四.删除并获得点数 (LeetCode）

题目描述

给你一个整数数组 nums ，你可以对它进行一些操作。

每次操作中，选择任意一个 nums[i] ，删除它并获得 nums[i] 的点数。之后，你必须删除 所有 等于 nums[i] - 1 和 nums[i] + 1 的元素。

开始你拥有 0 个点数。返回你能通过这些操作获得的最大点数。

示例 1：

输入：nums = [3,4,2]
输出：6
解释：
删除 4 获得 4 个点数，因此 3 也被删除。
之后，删除 2 获得 2 个点数。总共获得 6 个点数。

示例 2：

输入：nums = [2,2,3,3,3,4]
输出：9
解释：
删除 3 获得 3 个点数，接着要删除两个 2 和 4 。
之后，再次删除 3 获得 3 个点数，再次删除 3 获得 3 个点数。总共获得 9 个点数。

提示：

1 <= nums.length <= 2 * 104

1 <= nums[i] <= 104

题目分析 

尝试将未见过的问题向做过的模式转换！

容易想到，如果是一串数值连续的序列，选择了i，则i-1和i+1则无法选择。因此我们可以将序列中数值相等的合并，示例二的序列转化成 [2+2,3+3+3,4]。我们可以发现跟打家劫舍有点像。但是，若是数值出现了中断，如 [2,2,3,3,3,5]，先转化成 [2+2,3+3+3,5]，我们发现取“3”只妨碍我们取“2”、“4”，并不妨碍我们取“5”。

因此我们做如下需要预处理。

int arr[N] = { 0 };
for (auto i : nums) arr[i] += i;

题解 

class Solution{
public:int deleteAndEarn(vector<int>& nums){const int N = 10000 + 5;int arr[N] = { 0 };for (auto i : nums) arr[i] += i;//在arr数组上进行“打家劫舍”vector<int> f(N);auto g = f;for (int i = 1; i < N; i++){f[i] = g[i - 1] + arr[i];g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);}return max(f[N - 2], g[N - 1]);}
};

题五.粉刷房子 （LeetCode）

题目描述

假如有一排房子，共 n 个，每个房子可以被粉刷成红色、蓝色或者绿色这三种颜色中的一种，你需要粉刷所有的房子并且使其相邻的两个房子颜色不能相同。

当然，因为市场上不同颜色油漆的价格不同，所以房子粉刷成不同颜色的花费成本也是不同的。每个房子粉刷成不同颜色的花费是以一个 n x 3 的正整数矩阵 costs 来表示的。

例如，costs[0][0] 表示第 0 号房子粉刷成红色的成本花费；costs[1][2] 表示第 1 号房子粉刷成绿色的花费，以此类推。

请计算出粉刷完所有房子最少的花费成本。

示例 1：

输入: costs = [[17,2,17],[16,16,5],[14,3,19]]
输出: 10
解释: 将 0 号房子粉刷成蓝色，1 号房子粉刷成绿色，2 号房子粉刷成蓝色。

最少花费: 2 + 5 + 3 = 10。

示例 2：

输入: costs = [[7,6,2]]
输出: 2

题目分析

costs[i][j]：表示第i号房粉刷成对应颜色的花费（j = 0,1,2）。由于经验，我们先设dp[i]表示粉刷到第i套房时的最小花费。但是由于其粉刷的颜色会对后续粉刷产生影响，因此我们需要考虑颜色。因此，我们创建一个二维dp表。

dp[i][0]：粉刷成红色时的最小花费；dp[i][1]：第i套房粉刷成蓝色时的最小花费；dp[i][2]：第i套房粉刷成绿色时的最小花费。

题解

class Solution1 {
public:int minCost(vector<vector<int>>& costs) {int n=costs.size();vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(3,0));for(int i=0;i<3;i++){dp[0][i]=costs[0][i];}for(int i=1;i<n;i++){dp[i][0]=min(dp[i-1][1],dp[i-1][2])+costs[i][0];dp[i][1]=min(dp[i-1][0],dp[i-1][2])+costs[i][1];dp[i][2]=min(dp[i-1][0],dp[i-1][1])+costs[i][2];}return min(min(dp[n-1][0],dp[n-1][1]),dp[n-1][2]);}
};

我们也可以采用虚拟节点的方法进行优化：

class Solution2 {
public:int minCost(vector<vector<int>>& costs){int n = costs.size();vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(3,0));//虚拟节点for (int i = 1; i <= n; i++){dp[i][0] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][0];dp[i][1] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][1];dp[i][2] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0]) + costs[i - 1][2];}return min(min(dp[n - 1][0], dp[n - 1][1]), dp[n - 1][2]);}
};